ÔN TẬP CHƯƠNG V

a) \(\overrightarrow{AB}=(-1;-1;2)\), \(\overrightarrow{AC}=(2;-1;-1)\). Ta có \(\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right] = (3;3;3)=3(1;1;1)\) nên \(\overrightarrow{u}=(1;1;1)\) là một véc-tơ vuông góc với cả hai véc-tơ \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{AC}\).

b)

+) Đường thẳng \(AB\) đi qua \(A(0;1;3)\) và nhận véc-tơ \(\overrightarrow{AB}=(-1;-1;2)\) làm véc-tơ chỉ phương.

Phương trình chính tắc của đường thẳng \(AB\) là \(\displaystyle\frac{x}{-1}=\displaystyle\frac{y-1}{-1}=\displaystyle\frac{z-3}{2}\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(AB\) là \(\begin{cases}x=-t \\y=1-t\\z=3+2t\end{cases}, (t\in \mathbb{R})\).

+) Đường thẳng \(AC\) đi qua \(A(0;1;3)\) và nhận véc-tơ \(\overrightarrow{AC}=(2;-1;-1)\) làm véc-tơ chỉ phương.

Phương trình chính tắc của đường thẳng \(AC\) là \(\displaystyle\frac{x}{2}=\displaystyle\frac{y-1}{-1}=\displaystyle\frac{z-3}{-1}\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(AC\) là \(\begin{cases}x=2t \\y=1-t\\z=3-t\end{cases}, (t\in \mathbb{R})\).

c) Mặt phẳng \((ABC)\) đi qua \(A(0;1;3)\) và có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=(1;1;1)\) nên có phương trình \(1\cdot (x-0)+1\cdot (y-1) + 1\cdot (z-3) =0 \Leftrightarrow x+y+z-4=0\).

d) Ta có \(\overrightarrow{AD}=(1;0;-5)\). Khi đó \(\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right] \cdot \overrightarrow{AD} =-12 \ne 0\) nên bốn điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) không đồng phẳng.

e) Ta có \(\mathrm{d} \left(D;(ABC)\right) = \displaystyle\frac{\left|1+1-2-4\right|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\displaystyle\frac{4\sqrt{3}}{3}\).

a) \((P)\) đi qua điểm \(M(-3;1;4)\) và có một véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=(2;-4;1)\) có phương trình là \(2\cdot (x+3)-4\cdot(y-1)+1\cdot (z-4)=0 \Leftrightarrow 2x-4y+z+6=0\).

b) Ta có \(\left[\overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2}\right]= (-11;-7;-5)\), do đó mặt phẳng \((P)\) có một véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=(-11;-7;-5)\).

Phương trình mặt phẳng \((P)\) là

\(-11\cdot (x-2)-7\cdot (y+1) -5\cdot (z-5)=0\) \(\Leftrightarrow -11x-7y-5z+40=0\).

c) Do \((P) \parallel (Q)\) nên mặt phẳng \((P)\) nhận véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng \((Q)\) làm véc-tơ pháp tuyến. Vậy mặt phẳng \((P)\) đi qua \(I(4;0;-7)\) và \(\overrightarrow{n}_{P}=(2;1;-1)\) có phương trình là \(2\cdot (x-4)+1\cdot (y-0)-1\cdot (z+7)=0 \Leftrightarrow 2x+y-z-15=0\).

d) Mặt phẳng \((P)\) vuông góc với đường thẳng \(\Delta\) nên véc-tơ chỉ phương của \(\Delta\) cũng là véc-tơ pháp tuyến của \((P)\). Vậy \((P)\) đi qua điểm \(K(-4;9;2)\) và \(\overrightarrow{n}_{P}=(2;1;5)\) nên có phương trình là

\(2\cdot (x+4) +1\cdot (y-9)+5\cdot (z-2)=0\) \( \Leftrightarrow 2x+y+5z-11=0\).

a) Phương trình mặt cầu \((S)\) là \((x-4)^2+(y+2)^2+(z-1)^2=81\).

b) Ta có \(R=IM=\sqrt{(2-3)^2+(4-2)^2+(-1-0)^2} = \sqrt{6}\).

Phương trình mặt cầu \((S)\) là \((x-3)^2+(y-2)^2+z^2=6\).

c) Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\), ta có \(I(0;1;2)\), điểm \(I\) chính là tâm của mặt cầu đường kính \(AB\).

Ta có \(AB=\sqrt{(-1-1)^2+(0-2)^2+(4-0)^2}=4\sqrt{2}\).

Suy ra \(R= \displaystyle\frac{AB}{2}=2\sqrt{2}\).

Phương trình mặt cầu \((S)\) là

\((x-0)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=8\) \( \Leftrightarrow x^2+(y-1)^2+(z-2)^2=8\).

a) Ta có \(\Delta_1\) đi qua \(M_1 (-1;-5;5)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_1=(3;4;-1)\); \(\Delta_2\) đi qua \(M_2 (-13;5;-17)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_2 = (5;-2;7)\); \(\overrightarrow{M_1M_2 }= (-12;10;-22)\).

Ta có \(\left[\overrightarrow{u}_1; \overrightarrow{u}_2\right]= (26;-26;-26)\) và \(\left[\overrightarrow{u}_1; \overrightarrow{u}_2\right] \cdot \overrightarrow{M_1M_2}= 0\) suy ra \(\Delta_1\) và \(\Delta_2\) cắt nhau.

b) Ta có \(\Delta_1\) đi qua \(M_1 (2;-1;4)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_1=(2;3;-7)\); \(\Delta_2\) đi qua \(M_2 (-10;-19;45)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_2 = (-6;-9;21)\); \(\overrightarrow{M_1M_2 }= (-12;-18;41)\).

Ta có \(\left[\overrightarrow{u}_1; \overrightarrow{u}_2\right]= (0;0;0)\) và \(\left[\overrightarrow{u}_1; \overrightarrow{M_1M_2}\right] = 160 \ne 0\) nên \(\Delta_1 \parallel \Delta_2\).

c) Ta có \(\Delta_1\) đi qua \(M_1 (-3;5;2)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_1=(1;1;3)\); \(\Delta_2\) đi qua \(M_2 (-13;9;-13)\) và có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}_2 = (5;-2;7)\); \(\overrightarrow{M_1M_2 }= (-10;4;-15)\).

Ta có \(\left[\overrightarrow{u}_1; \overrightarrow{u}_2\right]= (13;8;-7)\) và \(\left[\overrightarrow{u}_1; \overrightarrow{u}_2\right] \cdot \overrightarrow{M_1M_2}= 7 \ne 0\) suy ra \(\Delta_1\) và \(\Delta_2\) chéo nhau.

Ta có \(\overrightarrow{u}_1=(1;-\sqrt{2};1)\), \(\overrightarrow{u}_2=(1;1;-\sqrt{2})\).

Ta có

\(\cos \left(\Delta_1; \Delta_2\right) = \displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}_1 \cdot \overrightarrow{u}_2\right| }{\left|\overrightarrow{u}_1\right| \cdot \left|\overrightarrow{u}_2\right| }\) \( = \displaystyle\frac{\left|1-\sqrt{2}-\sqrt{2}\right|}{\sqrt{1^2+(-\sqrt{2})^2+1^2} \cdot \sqrt{1^2+1^2+(-\sqrt{2})^2}} = \displaystyle\frac{1-2\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}\).

Suy ra \(\left(\Delta_1; \Delta_2\right)\approx 50^{\circ}\).

Ta có

\(\overrightarrow{u}_{\Delta}= (2;-3;4)\) và \(\overrightarrow{n}_{P}=(1;1;1)\).

\(\sin \left(\Delta; (P)\right) = \left|\cos\left(\overrightarrow{u}_{\Delta}; \overrightarrow{n}_{P}\right)\right|\) \( = \displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}_{\Delta}\cdot \overrightarrow{n}_{P}\right|}{\left|\overrightarrow{u}_{\Delta}\right| \cdot \left| \overrightarrow{n}_{P}\right|} = \displaystyle\frac{3}{\sqrt{29}\cdot \sqrt{3}} =\displaystyle\frac{\sqrt{87}}{29}\).\\

Suy ra \(\left(\Delta; (P)\right) \approx 19^{\circ}\).

Ta có

\(\overrightarrow{n}_{P_1}=(2;2;-1)\) và \(\overrightarrow{n}_{P_2}=(1;-2;-2)\).

\(\cos \left(\left(P_1\right);\left(P_2\right)\right) = \displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{n}_{P_1} \cdot \overrightarrow{n}_{P_2}\right|}{\left|\overrightarrow{n}_{P_1}\right| \cdot \left|\overrightarrow{n}_{P_2}\right|} = 0\).

Suy ra \(\left(\left(P_1\right);\left(P_2\right)\right)=90^{\circ}\).

Đưa hình lập phương vào hệ trục tọa độ như trên hình, theo đề bài ta có \(O(0;0;0)\); \(B(a;0;0)\); \(C(a;a;0)\); \(D(0;a;0)\); \(O'(0;0;a)\); \(B'(a;0;a)\); \(C'(a;a;a)\); \(D'(0;a;a)\);

a) Ta có \(\overrightarrow{OB'}=(a;0;a)\); \(\overrightarrow{OD'}=(0;a;a)\); \(\overrightarrow{O'C}=(a;a;-a)\).

Khi đó \(\overrightarrow{O'C}\cdot \overrightarrow{OB'}=0\) và \(\overrightarrow{O'C}\cdot \overrightarrow{OD'}=0\) nên suy ra \(O'C \perp OB'\), \(O'C \perp OD'\). Do đó \(O'C \perp (OB'D')\).

b) Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(OB'D'\), ta có \(G\left(\displaystyle\frac{a}{3}; \displaystyle\frac{a}{3}; \displaystyle\frac{2a}{3}\right)\).

Khi đó \(\overrightarrow{O'G}=\left(\displaystyle\frac{a}{3}; \displaystyle\frac{a}{3}; -\displaystyle\frac{a}{3}\right)\).

Ta có \(\overrightarrow{O'C}=(a;a;-a)\) và \(\overrightarrow{O'G}=\left(\displaystyle\frac{a}{3}; \displaystyle\frac{a}{3}; -\displaystyle\frac{a}{3}\right)\) suy ra \(\overrightarrow{O'C}=3\overrightarrow{O'G}\). Do đó \(O'\), \(G\), \(C\) thẳng hàng. Mà \(G\) là trọng tâm tam giác \(OB'D'\) nên suy ra \(G\) là giao điểm của đường chéo \(O'C\) và mặt phẳng \(\left(OB'D'\right)\).

c) Ta có \(\overrightarrow{C'B}= (0;-a;-a)\); \(\overrightarrow{C'D}=(-a;0;-a)\).

Khi đó \(\overrightarrow{O'C}\cdot \overrightarrow{C'B}=0\) và \(\overrightarrow{O'C}\cdot \overrightarrow{C'D}=0\) nên suy ra \(O'C \perp C'B\), \(O'C \perp C'D\).

Do đó \(O'C \perp (C'BD)\).

Ta có \(\overrightarrow{O'C}=(a;a;-a)=a(1;1;-1)\) nên mặt phẳng nhận véc-tơ \(\overrightarrow{n}_1=(1;1;-1)\) là một véc-tơ pháp tuyến.

Vậy mặt phẳng \((C'BD)\) đi qua \(B(a;0;0)\) và có véc-tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}_1=(1;1;-1)\) nên có phương trình \(1\cdot (x-a)+1\cdot (y-0)-1\cdot (z-0) = 0\Leftrightarrow x+y-z-a=0\).

\(\mathrm{d}\left(B';(C'BD)\right)=\displaystyle\frac{a+0-a-a}{\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

d) Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng \(\left(CO'D\right)\) và \(\left(C'BD\right)\).

Ta có mặt phẳng \((C'BD)\) vó véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}_1=(1;1;-1)\).

Ta có \(OD'\perp (O'CD)\) và \(\overrightarrow{OD'}=(0;a;a)=a(0;1;1)\) nên mặt phẳng \((O'CD)\) nhận véc-tơ \(\overrightarrow{n_2}=(0;1;1)\) là một véc-tơ pháp tuyến.

\(\cos \left((CO'D);(C'BD)\right)=\displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{n}_1\cdot \overrightarrow{n}_2\right|}{\left|\overrightarrow{n}_1\right| \cdot \left|\overrightarrow{n}_2\right|}= 0\).

a) Ta có phương trình tham số của đường thẳng \(GH\) là \(\begin{cases}x=1+t \\y=0,5+2t\\ z=2t\end{cases}\), \(t\in \mathbb{R}\).

\(\sin \left(d; (Oxy)\right) = \left|\cos\left(\overrightarrow{u}_{d}; \overrightarrow{n}_{Oxy}\right)\right|\) \( = \displaystyle\frac{\left|\overrightarrow{u}_{d}\cdot \overrightarrow{n}_{Oxy}\right|}{\left|\overrightarrow{u}_{d}\right| \cdot \left| \overrightarrow{n}_{Oxy}\right|}\) \( = \displaystyle\frac{\left|1\cdot 0 + 2\cdot 0 + 2\cdot 1\right|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2} \cdot \sqrt{0^2+0^2+1^2}}=\displaystyle\frac{2}{3}\).

\(\Rightarrow \left(d;(Oxy)\right)\approx 41^{\circ} 49'\).

Vậy góc \(\theta\) mà đường bay tạo với phương ngang xấp xỉ \(41^{\circ} 49'\).

b) Ta có điểm \(M\left(2;2,5;4\right)\) nằm trên đường thẳng \(GH\).

Hình chiếu của \(M\) lên mặt phẳng \((Oxy)\) là \(N(2;2,5;0)\) và điểm \(N\) nằm trên đường thẳng \(GF\).

Vậy \(GF\) đi qua \(G(1;0,5;0)\) và nhận véc-tơ \(\overrightarrow{GN}=(1;2;0)\) làm véc-tơ chỉ phương, do đó có phương trình là \(\begin{cases} x=1+t\\ y=0,5+2t\\ z=0\end{cases}\), \(t\in \mathbb{R}\).

c) Trực thăng bay vào mây ở độ cao \(2\) km, khi đó ta có

\(2t=2 \Leftrightarrow t=1\). Tọa độ điểm mà máy bay bắt đầu đi vào mây là \((2;2,5;2)\).

d) Gọi \(H(1+t; 0,5+2t;2t)\) là vị trí cần tìm. Ta có \(\overrightarrow{HM}=(4-t; 4-2t; 3-2t)\).

Ta có \(HM \perp GH\) suy ra \(\overrightarrow{HM}\cdot \overrightarrow{u}_{GH} = 0 \Leftrightarrow (4-t)\cdot 1 + (4-2t)\cdot 2 + (3-2t) \cdot 2 =0 \Leftrightarrow t=2.\)

Vậy \(H(3;4,5;4)\).

Khoảng cách từ trực thăng đến đỉnh núi là

\(MH = \sqrt{(3-5)^2+(4,5-4,5)^2+(4-3)^2} =\sqrt{5} \approx 2,236\) km.

a) Đường thẳng \(d\) đi qua \(A(-688;-185;8)\), có véc-tơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=(91;75;0)\) nên có phương trình tham số là \(\begin{cases} x=-688 +91t \\ y=-185+75t\\ z=8\end{cases}, t\in \mathbb{R}\).

Mặt cầu \((S)\) tâm \(O(0;0;0)\) bán kính \(R=417\) có phương trình \(x^2+y^2+z^2=173\,889\).

Tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và mặt cầu \((S)\) là nghiệm của hệ

\begin{eqnarray*}&&\begin{cases}x=-688 +91t \\ y=-185+75t\\ z=8 \\ x^2+y^2+z^2=173\,889\end{cases}\\ &\Leftrightarrow & \begin{cases}x=-688 +91t \\ y=-185+75t\\ z=8 \\ (-688+91t)^2+(-185+75t)^2+8^2=173\,889\end{cases} \\ & \Leftrightarrow & \begin{cases}x=-688 +91t \\ y=-185+75t\\ z=8 \\ \left[\begin{aligned}&t=8 \\&t=3.\end{aligned}\right.\end{cases} \end{eqnarray*}

Với \(t=8 \Rightarrow \) tọa độ giao điểm thứ nhất là \(M_1 (40;415;8)\).

Với \(t=3 \Rightarrow \) tọa độ giao điểm thứ hai là \(M_2 (-506; 40;8)\).

Ta có \(AM_1 = \sqrt{889984}\) và \(AM_2 = \sqrt{76869}\), suy ra \(AM_2 < AM_1\). Vậy tọa độ của vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra đa là \(M_2=(-506;40;8)\). Điểm \(M_2\) chính là điểm \(B\) trên hình vẽ.

a) Gọi \((P)\) là mặt phẳng đi qua \(O\) và vuông góc với đường thẳng \(d\).

Ta có \((P) \perp d\) nên nhận véc-tơ chỉ phương của \(d\) là một véc-tơ pháp tuyến.

Vậy \((P)\) đi qua \(O(0;0;0)\) và có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n}_{P}=\overrightarrow{u}_d=(91;75;0)\) nên có phương trình \(91\cdot (x-0)+75\cdot (y-0)+0\cdot (z-0)=0 \Leftrightarrow 91x+75y=0\).

Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) lên đường thẳng \(d\), ta có \(K\) là giao của đường thẳng \(d\) và mặt phẳng \((P)\). Khi đó tọa độ của \(K\) là nghiệm của hệ phương trình

\begin{eqnarray*}&&\begin{cases}x=-688 +91t \\ y=-185+75t\\ z=8 \\ 91x+75y=0\end{cases}\\ &\Leftrightarrow& \begin{cases}x=-688 +91t \\ y=-185+75t\\ z=8 \\ 91 \cdot(-688 +91t)+75 \cdot (-185+75t)=0\end{cases}\\ &\Leftrightarrow& \begin{cases} t=\displaystyle\frac{11}{2} \\ x=-\displaystyle\frac{375}{2}\\y=\displaystyle\frac{455}{2}\\z=8.\end{cases}\end{eqnarray*}

Vậy \(K\left(-\displaystyle\frac{375}{2};\displaystyle\frac{455}{2};8\right)\). Tọa độ của vị trí mà máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất chính là \(K\left(-\displaystyle\frac{375}{2};\displaystyle\frac{455}{2};8\right)\).

Khoảng cách giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu lúc này là \(KO=\sqrt{\displaystyle\frac{173953}{2}} \approx 295\) km.

a) Tọa độ của vị trí mà máy bay ra khỏi màn hình ra đa là \(M_1 (40;415;8)\) và chính là điểm \(C\) trên hình vẽ.